2021-2022学年哈尔滨六中高二上学期期末数学复习卷(含答案解析)
2023年8月18日发(作者：有关雷锋的英雄事迹故事)
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2021-2022学年哈尔滨六中高二上学期期末数学复习卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 将参加数学夏令营的1000名学生编号如下：0001，0002，0003，…，1000，采用系统抽样方法抽取一个容量为50的样本，求得间隔数𝑘=100050=20，即每20人抽取一个人．在0001到0020中随机抽得的号码为0015，从0601到0785被抽中的人数为( )
A.
8
2.
B.
9
C.
10
D.
11
某校高二(22)班班委成员有3男2女，现从中随机确定一男一女参加学校学生会干部竞选，其中学习委员章玥(章玥是女生)被确定为参加竞选的概率是( )
A.
5
3.
1B.
3
1C.
6
1D.
2
1一个书架上放有6本不同的英语书和2本不同的数学书，从中任取1本书，则不同的取法种数为( )
A.
8
4.
B.
6
C.
2
D.
12
下列说法中错误的个数是( )
(1)已知沙坪坝明天刮风的概率𝑃(𝐴)=0.5，下雨的概率𝑃(𝐵)=0.3，则沙坪坝明天又刮风又下雨的概率𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=0.15．
(2)命题𝑝：直线𝑎𝑥+𝑦+1=0和3𝑥+(𝑎−2)𝑦−3=0平行；命题𝑞：𝑎=3.则𝑞是𝑝的必要条件．
(3)502019+1被7除后所得的余数为5
(4)已知𝑖是虚数单位，𝑥，𝑦∈𝑅，复数𝑧=𝑥+𝑦𝑖，𝑧1=3−4𝑖，|𝑧−𝑧1|=1，则|𝑧|的最小值是2．
A.
1
5.
B.
2
展开式中含项的系数为
C.
3
D.
4
A.
6.
B.
C.
D.
若圆柱底面半径是1，高为3，则圆柱的侧面积为( )
A.
6𝜋
7.
B.
3𝜋
C.
2𝜋
D.
3
6𝜋抛物线𝑥2=−4𝑦的焦点坐标为( )
A.
(−16,0)
8. 设双曲线𝑦2𝑥2B.
(0,−16)
1C.
(0,−1)
D.
(−1,0)
−𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的离心率是3，则其渐近线的方程为( )
𝑎2A.
𝑥±2√2𝑦=0
B.
2√2𝑥±𝑦=0
C.
𝑥±8𝑦=0
D.
8𝑥±𝑦=0 9. 已知𝜉～𝑁(3,𝜎2)，若𝑃(𝜉≤2)=0.2，则𝑃(𝜉≤4)等于( )
A.
0.2
C.
𝑃(𝜉>2)=0.2
1B.
𝑃(−2≤𝜉≤2)=0.4
D.
𝑃(𝜉≤4)=0.8
10. 已知二项式(2𝑥−√𝑥)𝑛(𝑛∈𝑁∗)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2：5，则展开式的常数项为( )
A.
14
B.
240
C.
60
D.
−240
11. 如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为𝑅的大球放置在底面半径和高均为𝑅的圆柱内，球与圆柱下底面相切．为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入________个小球．( )
A.
14
B.
15
C.
16
D.
17
12. 投两枚质地均匀的骰子，记𝐴事件为“向上的点数之和为偶数”，记𝐵事件为“向上的点数之和为3的倍数”，则𝑃(𝐵|𝐴)的值为( )
A.
36
5B.
3
1C.
18
5D.
6
1二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某人5次上班途中所花的时间(单位：分钟)分别为𝑥，𝑦，10，11，9。已知这组数据的平均分数为10，方差为2，则的值为
。
14. 某三棱台的三视图如图所示，则该几何体的体积是______
15. 已知点(𝑚,𝑛)在椭圆4𝑥2+9𝑦2=36上，则2𝑚+4的取值范围是______． 16. 已知正三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的侧棱𝑃𝐴、𝑃𝐵、𝑃𝐶两两垂直，且𝐴𝐵=√2，则正三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的表面积是______
．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 某商场经销某一种电器商品，在一个销售季度内，每售出一件该商品获利200元，未售出的商品，每件亏损100元，根据以往资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示，现在经销商为下一个销售季度购进了125件该种电器，以𝑛(单位：件；95≤𝑛≤155)表示下一个销售季度市场需求量，𝑌(单位：元)表示下一个销售季度内销售该电器的利润．
(Ⅰ)根据直方图估计利润𝑌不少于22000元的概率；
(Ⅱ)在直方图的需求量分组中，以各组区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率，求𝑌的数学期望．
18. 某学校为了了解同学们现阶段的视力情况，对全校高三1000名学生的视力情况进行了调查，从中随机抽取了100名学生的体检表，绘制了频率分布直方图如图：
近视
不近视
前50名
42
8
后50名
32
18
(1)求𝑎的值，并估计这1000名学生视力的中位数(精确到0.01)；
(2)为了进一步了解视力与学生成绩是否有关，对本年级名次在前50名与后50名的学生进行了调查，得到如上图表格数据：根据表中数据，能否有95%把握认为视力与学习成绩有关？
(3)若报考某高校某专业的资格为：视力不低于5.0，以该样本数据来估计全市高三学生的视力，现从全市视力在4.8以上的同学中随机抽取4名同学，这4名同学中有资格报该校该专业的人数为𝑋，求𝑋的分布列及数学期望． 𝑃(𝐾2≥𝑘)
𝑘
20.10
2.706
𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)20.05
3.841
0.025
5.024
0.010
6.635
0.005
7.879
其中𝐾=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)．
19. 在如图所示的多面体中，𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝐴，𝐷，𝐸，𝐹四点共面，𝐴𝐹//面𝐶𝐷𝐸．
(1)求证：𝐵𝐹//面𝐶𝐷𝐸；
(2)若𝐴𝐷=𝐷𝐸=3，𝐴𝐹=1，𝐸𝐹=√13，求证：𝐴𝐷⊥平面𝐶𝐷𝐸．
20. 某校设计了一个实验考查方案：考生从道备选题中一次性随机抽取道题，按照题目要求独立完成全部实验操作.规定：至少正确完成其中道题的便可通过.已知道备选题中考生甲有道题能正确完成，道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是互不影响．
(1)求甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算其数学期望；
(2)请分析比较甲、乙两考生的实验操作能力．
，且每题正确完成与否𝐴𝐵是圆𝑂的直径，𝐵的点，21. 如图，点𝐶是圆𝑂上异于𝐴，直线𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶．
(1)证明：平面𝑃𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶；
(2)设𝐴𝐵=𝑃𝐶=4，𝐴𝐶=2，求二面角𝐵−𝑃𝐴−𝐶的正切值．
22. 已知椭圆𝐶：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2√=1，(𝑎>𝑏>0)的离心率等于，点𝑃(2,√3)在椭圆上．
23(1)求椭圆𝐶的方程；
(2)设椭圆𝐶的左右顶点分别为𝐴，𝐵，过点𝑄(2,0)的动直线𝑙与椭圆𝐶相交于𝑀，𝑁两点，是否存在定直线𝑙′：𝑥=𝑡，使得𝑙′与𝐴𝑁的交点𝐺总在直线𝐵𝑀上？若存在，求出一个满足条件的𝑡值；若不存在，说明理由．
参考答案及解析
1.答案：𝐵
解析：
本题主要考查系统抽样的应用，属于基础题．
根据系统抽样的定义进行求解即可．
解：由题意样本间隔为20，第一组抽到的号码为15，
则第𝑛组抽到的号码为15+20(𝑛−1)=20𝑛−5，
由601≤20𝑛−5≤785，
得20≤𝑛≤60679020，𝑛为正整数．
即31≤𝑛≤39，
共有39−31+1=9人，
故选：𝐵．
2.答案：𝐷
解析：
本题考查古典概型及其概率计算公式的应用，属于基础题．
111求得所有的选法有𝐶3种，从而𝐶2=6种，在学习委员章玥(章玥是女生)被确定的情况下的选法有𝐶3得到答案．
111解：所有的选法有𝐶3种，
𝐶2=6种，在学习委员章玥(章玥是女生)被确定的情况下的选法有𝐶33∴满足条件的概率𝑃=𝐶1⋅𝐶1=2，
32𝐶11故选：𝐷．
3.答案：𝐴
6+2=8． 解析：解：由题意可知选择拿英语书：有6种不同的拿法，数学书有2种不同的拿法共有：故选：𝐴．
分情况讨论：选择拿英语书：有6种不同的拿法，数学书有2种不同的拿法，然后把这两种情况的数量加在一起即可．
本题先确定拿哪种类型的书，考查分类计数原理的应用，考查两种原理的区别．
4.答案：𝐷
解析：解：对于(1)𝑃(𝐴)=0.5，𝑃(𝐵)=0.3，不一定有𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=0.15，
因为𝐴、𝐵不一定是相互独立事件，所以(1)错误； 对于(2)，直线𝑎𝑥+𝑦+1=0和3𝑥+(𝑎−2)𝑦−3=0平行，则𝑎(𝑎−2)−3=0，解得𝑎=3或𝑎=−1；
又𝑎=−1时两直线重合，所以𝑎=3时两直线平行，𝑞是𝑝的充要条件，(2)错误；
对于(3)，502019+1=502020=71717×7+1，
所以502019+1被7除后所得的余数为1，(3)错误；
对于(4)，复数𝑧=𝑥+𝑦𝑖，𝑧1=3−4𝑖，|𝑧−𝑧1|=1，
所以|(𝑥−3)+(𝑦+4)𝑖|=1，即√(𝑥−3)2+(𝑦+4)2=1，
化简得(𝑥−3)2+(𝑦+4)2=1，表示圆心为(3,−4)，半径为1的圆；
则|𝑧|=√𝑥2+𝑦2表示圆上的点到原点的距离，它的最小值是5−1=4，所以(4)错误．
综上知，错误的命题有4个．
故选：𝐷．
由𝐴、𝐵不一定是相互独立事件，判断(1)错误；
求出直线𝑎𝑥+𝑦+1=0和3𝑥+(𝑎−2)𝑦−3=0平行时，求出𝑎的值，判断(2)错误；
502019+1=71717×7+1，判断(3)错误；
由题意求得|𝑧|的最小值，判断(4)错误．
本题利用命题真假的判断考查了概率计算，直线平行问题，也考查了复数的几何意义应用问题，是中档题．
5.答案：𝐶
解析：
本题考查二项展开式的通项公式的运用，利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令𝑥的指数为2，求出𝑟的值，将𝑟的值代入通项即可求得结果．
解：展开式的通项为，
令6−𝑟=2，得𝑟=4，
∴展开式中含𝑥2项的系数为．
故选C．
6.答案：𝐴 解析：解：∵圆柱底面半径是1，高为3，
∴圆柱的侧面积为：
𝑆=2𝜋𝑟⋅ℎ=2𝜋×1×3=6𝜋．
故选：𝐴．
利用圆柱的侧面积公式直接求解．
本题考查圆柱的侧面积的求法，考查圆柱性质等基础知识，考查运算求解能力、考查函数与方程思想，是基础题．
7.答案：𝐶
解析：解：∵抛物线𝑥2=−4𝑦中，𝑝=2，2=1，焦点在𝑦轴上，开口向下，∴焦点坐标为(0,−1 )，
故选：𝐶．
先根据标准方程求出𝑝值，判断抛物线𝑥2=−4𝑦的开口方向及焦点所在的坐标轴，从而写出焦点坐标．
本题考查抛物线的标准方程及焦点坐标的求法．
𝑝8.答案：𝐴
解析：
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力，属于基础题．
利用双曲线的离心率，求出𝑎，𝑏的关系式，然后求渐近线方程即可．
解：双曲线𝑐𝑦2𝑎2−𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的离心率是3，
=𝑎2𝑐2𝑎2+𝑏2𝑎2𝑥2可得𝑎=3，则=9，得出𝑎=2√2，
𝑎1𝑏则其渐近线的方程为𝑦=±𝑏𝑥=±2√2𝑥，即𝑥±2√2𝑦=0．
故选A．
9.答案：𝐷
解析：解：∵随机变量𝑋服从正态分布𝑁(3,𝑎2)，
𝜇=3，得对称轴是𝑥=3．
𝑃(𝜉≤2)=0.2，
∴𝑃(𝜉≤4)=1−𝑃(𝜉≤2)=0.8．
故选：𝐷． 根据随机变量𝑋服从正态分布𝑁(3,𝑎2)，看出这组数据对应的正态曲线的对称轴𝑥=3，根据正态曲线的特点，得到𝑃(𝜉≤4)=1−𝑃(𝜉≤2)，得到结果．
本题考查正态曲线的形状认识，从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线，其对称轴为𝑥=𝜇，并在𝑥=𝜇时取最大值从𝑥=𝜇点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近𝑥轴，但永不与𝑥轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以𝑥轴为渐近线的．
10.答案：𝐶
12解析：解：展开式的第2项与第3项的二项式系数分别为𝐶𝑛,𝐶𝑛，
所以𝐶2=5，解得𝑛=6，
𝑛1𝐶𝑛2𝑟所以二项式(2𝑥−√𝑥)6的展开式的通项公式为𝐶6⋅(2𝑥)6−𝑟⋅(−11𝑟)√𝑥=𝑟𝐶6⋅(−1)⋅2𝑟6−𝑟6−2，
𝑥3𝑟令6−3𝑟2=0，解得𝑟=4，
4所以展开式的常数项为𝐶6⋅(−1)4⋅22=60，
故选：𝐶．
先根据已知求出𝑛，然后求出展开式的通项公式，令𝑥的指数为0，即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
11.答案：𝐵
解析：解：过球心与圆柱底面圆圆心的平面截该几何体的平面图，如图所示，设球的半径𝑅，实心小球的半径𝑟，
由题意可得，√2𝑟+𝑟+𝑅 =√2𝑅，
∴𝑅=(3+2√2)𝑟，
𝐸𝐹=∵小球的球心在以𝐸为圆心，𝐸𝐹为半径的圆上，周长为2𝜋𝐸𝐹=√2𝜋(𝑅+𝑟)，
∴2𝑟𝑛≤√2𝜋(𝑅+𝑟)，即𝑛≤√2𝜋(𝑅+𝑟)2𝑟𝑅+𝑟√2，=√2𝜋[(3+2√2)𝑟+𝑟]2𝑟=2(1+√2)𝜋≈15.16
故该工艺品最多放15个小球．
故选：𝐵．
圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，过球心与圆柱底面圆心的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可．
本题主要考查了空间几何体与球接，切问题的求解方法，求解与棱柱，棱锥的接切问题，把空间几何体转化为平面几何是求解问题的关键． 12.答案：𝐵
解析：解：投两枚质地均匀的骰子总的可能发生的情况有6×6=36种，
其中点数之和为偶数的可能情况有18种，
点数之和为3的倍数的可能情况为：
(1,2)，(1,5)，(2,1)，(2,4)，(3,3)，(3,6)，(4,2)，(4,5)，(5,1)，(5,4)，(6,3)，(6,6)，总共12种，
所以𝑃(𝐴𝐵)=6，𝑃(𝐴)=2，𝑃(𝐵|𝐴)=故选：𝐵．
投两枚质地均匀的骰子总的可能发生的情况有6×6=36种，其中点数之和为偶数的可能情况有18种，利用列举法求出点数之和为3的倍数的可能情况为12种，由此利用条件概率能求出结果．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=1612=，
3113.答案：4
解析：试题分析：利用平均数、方差的概念列出关于𝑥、𝑦的方程组，解这个方程组需要用一些技巧，因为不要直接求出𝑥、𝑦，只要求出|𝑥−𝑦|即可，故可设𝑥=10+𝑡，𝑦=10−𝑡，求解即可。解：由𝑥+𝑦=20，𝑦=10−𝑡，题意可得：(𝑥−10)2+(𝑦−10)2=8，设𝑥=10+𝑡，则2𝑡2=8，解得𝑡=±2，∴|𝑥−𝑦|=2|𝑡|=4，故答案为4．
考点：平均值
点评：本题考查统计的基本知识，样本平均数与样本方差的概念以及求解方程组的方法，比较简单．
14.答案：3
解析：解：由三视图还原原几何体如图，
7
该几何体为直三棱台，侧棱𝐴𝐴1⊥底面𝐴𝐵𝐶，△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，
△𝐴1𝐵1𝐶1为等腰直角三角形，
𝑆△𝐴1𝐵1𝐶1=2，𝑆△𝐴𝐵𝐶=2，
1则该几何体的体积是𝑉=(+2+√×2)×2=．
3223故答案为：3．
由三视图还原原几何体，该几何体为直三棱台，侧棱𝐴𝐴1⊥底面𝐴𝐵𝐶，△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，△𝐴1𝐵1𝐶1为等腰直角三角形，再由棱台体积公式求解．
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
7111715.答案：[−2,10]
解析：解：∵点(𝑚,𝑛)在椭圆4𝑥2+9𝑦2=36上，
即点(𝑚,𝑛)在椭圆𝑥29+𝑦24=1上，
𝑚=3𝑐𝑜𝑠𝜃∴设{，(0≤𝜃<2𝜋)，
𝑛=2𝑠𝑖𝑛𝜃∴2𝑚+4=6𝑐𝑜𝑠𝜃+4，
∵−1≤𝑐𝑜𝑠𝜃≤1，
∴−2≤6𝑐𝑜𝑠𝜃+4≤10，
∴2𝑚+4的取值范围是[−2,10]．
故答案为：[−2,10]．
由点(𝑚,𝑛)在椭圆𝑥29+𝑦24𝑚=3𝑐𝑜𝑠𝜃，(0≤𝜃<2𝜋)，从而2𝑚+4=6𝑐𝑜𝑠𝜃+4，由此能=1上，设{𝑛=2𝑠𝑖𝑛𝜃求出2𝑚+4的取值范围．
本题考查代数式的和的取值范围的求法，考查椭圆的参数方程、三角函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
16.答案：3𝜋
解析：
本题考查的知识点是球的体积和表面积，其中根据已知条件求出球的半径是解答本题的关键．
根据正三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的侧棱𝑃𝐴、𝑃𝐵、𝑃𝐶两两垂直，可将正三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球，转化为正方体的外接球，求出球半径后，代入表面积公式，可得答案．
解：∵正三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的侧棱𝑃𝐴、𝑃𝐵、𝑃𝐶两两垂直，
且𝑃𝐴=𝑃𝐵=𝑃𝐶，𝐴𝐵=√2，
∴𝑃𝐴=𝑃𝐵=𝑃𝐶=1，
即正三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球，即为分别以𝑃𝐴、𝑃𝐵、𝑃𝐶为长宽高的正方体的外接球，
故球的半径𝑅=√𝑃𝐴=√，
2233故球的表面积𝑆=4𝜋𝑅2=3𝜋，
故答案为：3𝜋
17.答案：解：(Ⅰ)当125≤𝑛≤155时，利润𝑌=125×200=25000元，
当95≤𝑛<125时，𝑦=200𝑛−(125−𝑛)100=300𝑛−12500．
25000,125≤𝑛≤155∴𝑦={．
300𝑛−12500,95≤𝑛<125∵利润𝑌不少于22000元，∴𝑦=300𝑛−12500≥22000，
解得115≤𝑛≤155，
∴据直方图估计利润𝑌不少于22000元的概率为：
𝑝=1−(0.010+0.016)×10=0.74．
(Ⅱ)由频率分布直方图得需求量的概率分布列为：
𝑛
𝑝
[95,105)
0.10
[105,115)
0.16
[115,125)
0.24
[125,135)
0.22
[135,145)
0.18
[145,155)
0.10
从而得到获取利润𝑌的概率分别列为：
𝑌
𝑃
175×100
205×100
235×100
250×100
0.1
0.16
0.24
0.50
∴𝐸𝑌=((175×0.1+205×0.16+235×0.24+250×0.50)×100=23170．
解析：(Ⅰ)由利润𝑌不少于22000元，求出115≤𝑛≤155，由此据直方图估计利润𝑌不少于22000元的概率．
(Ⅱ)由频率分布直方图能求出𝑌的数学期望𝐸(𝑌)．
本题考查概率的求法，考查数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意频率分布直方图的合理运用．
18.答案：解：(1)由频率分布直方图的性质得：
(0.25+0.5+2𝑎+1+1.75)×0.2=1，
解得𝑎=0.75．
视力在4.4以下的频率为：(0.5+0.75)×0.2=0.25，
视力在4.6以下的频率为：(0.5+0.75+1.75)×0.2=0.6，
∴中位数在4.4至4.6之间，设中位数为𝑥，
则(𝑥−4.4)×1.75=0.5−0.25，解得𝑥=4.54，
∴中位数为4.54． (2)𝐾=2100×(42×18−8×32)250×50×74×26=2500481≈5.2>3.841，
∴有95%把握认为视力与学习成绩有关．
(3)视力在4.8以上的同学中，视力在5.0以上的同学所占有比例为：
=4，
0.25+0.75∴从全市视力在4.8以上的同学中随机抽取4名同学，
这4名同学中有资格报该校专业的人数𝑋～𝐵(4,4)，
0𝑃(𝑋=0)=𝐶4()4=41381256310.251，
271𝑃(𝑋=1)=𝐶4×4×(4)3=64，
2𝑃(𝑋=2)=𝐶4×()2×()2=443𝑃(𝑋=3)=𝐶4(4)3×4=64，
1331327128，
𝑃(𝑋=4)=()4=411256，
∴𝑋的分布列为：
𝑋
𝑃
1
0
256
81
1
64
27
2
128
27
3
64
3
4
256
1𝐸(𝑋)=4×4=1．
解析：(1)由频率分布直方图的性质能求出𝑎和中位数．
(2)求出𝑋2≈5.2>3.841，从而有95%把握认为视力与学习成绩有关．
(3)视力在4.8以上的同学中，视力在5.0以上的同学所占有比例为4，从全市视力在4.8以上的同学中随机抽取4名同学，这4名同学中有资格报该校专业的人数𝑋～𝐵(4,4)，由此能求出𝑋的分布列和𝐸(𝑋)．
本题考查频率、中位数的求法，考查独立性检验、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
1119.答案：证明：(1)因为𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，所以𝐴𝐵//𝐶𝐷，
又𝐴𝐵⊄面𝐶𝐷𝐸，𝐶𝐷⊂面𝐶𝐷𝐸，所以𝐴𝐵//面𝐶𝐷𝐸，
因为𝐴𝐹//面𝐶𝐷𝐸，𝐴𝐹∩𝐴𝐵=𝐴，𝐴𝐹，𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐹，
所以面𝐴𝐵𝐹//面𝐶𝐷𝐸， 又𝐵𝐹⊂面𝐴𝐵𝐹，所以𝐵𝐹//面𝐶𝐷𝐸．
(2)在平面𝐴𝐷𝐸𝐹中，作𝐹𝐺//𝐴𝐷交𝐷𝐸于点𝐺，
因为𝐴𝐹//面𝐶𝐷𝐸，𝐴𝐹⊂平面𝐴𝐷𝐸𝐹，平面𝐴𝐷𝐸𝐹∩平面𝐶𝐷𝐸=𝐷𝐸，
所以𝐴𝐹//𝐷𝐸，又𝐹𝐺//𝐴𝐷，
所以四边形𝐴𝐷𝐺𝐹为平行四边形，
所以𝐷𝐺=𝐴𝐹=1，𝐹𝐺=𝐴𝐷=3，𝐸𝐺=𝐷𝐸−𝐷𝐺=2，
因为𝐸𝐹=√13，所以𝐸𝐹2=𝐹𝐺2+𝐸𝐺2，
所以∠𝐹𝐺𝐸=90°，所以𝐹𝐺⊥𝐷𝐸，
所以𝐴𝐷⊥𝐷𝐸，又𝐴𝐷⊥𝐷𝐶，
𝐷𝐸∩𝐷𝐶=𝐷，𝐷𝐸，𝐷𝐶⊂平面𝐶𝐷𝐸，
所以𝐴𝐷⊥平面𝐶𝐷𝐸．
解析：(1)利用线面平行的判定定理可得𝐴𝐵//面𝐶𝐷𝐸，结合𝐴𝐹//面𝐶𝐷𝐸，可得面𝐴𝐵𝐹//面𝐶𝐷𝐸，从而得证；
(2)在平面𝐴𝐷𝐸𝐹中，作𝐹𝐺//𝐴𝐷交𝐷𝐸于点𝐺，可得四边形𝐴𝐷𝐺𝐹为平行四边形，利用勾股定理可得𝐹𝐺⊥𝐷𝐸，从而可得𝐴𝐷⊥𝐷𝐸，结合𝐴𝐷⊥𝐷𝐶，利用线面垂直的判定定理即可得证．
本题主要考查直线与平面平行、垂直的判定，考查勾股定理的应用，属于中档题．
20.答案：(1)
考生甲正确完成题数的概率分布列为
1
2
3
. 3分
∴考生乙正确完成题数的概率分布列为：
0
1
2
3
(2)甲获得通过的可能性大.因此可以判断甲的实验操作能力较强 解析：试题分析：解：(1)设甲、乙正确完成实验操作的题数分别为，，则取值分别为取值分别为．
；，∴考生甲正确完成题数的概率分布列为
，．
1
2
3
. 3分
∵同理：，，
，．
∴考生乙正确完成题数的概率分布列为：
0
1
2
3
. 7分
(2)∵，
.(或∴∵∴．
，. 10分
，
).
从做对题数的数学期望考察，两人水平相当；从做对题数的方差考察，甲较稳定；从至少完成道题的概率考察，甲获得通过的可能性大.因此可以判断甲的实验操作能力较强. 12分
说明：只根据数学期望与方差得出结论，也给分．
考点：分布列和期望值 点评：主要是考查了离散型随机变量的分布列的求解和期望的求值，属于基础题。
21.答案：(1)证明：∵𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶，∴𝑃𝐶⊥𝐵𝐶，
∵点𝐶在以𝐴𝐵为直径的圆上，∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，
又𝑃𝐶∩𝐴𝐶=𝐶，𝑃𝐶、𝐴𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶，
∴𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶，
∵𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，
∴平面𝑃𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶．
(2)解：由(1)知，𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶，即点𝐵在平面𝑃𝐴𝐶上的投影点为𝐶，
过𝐶作𝐶𝐷⊥𝑃𝐴，连接𝐵𝐷，则∠𝐵𝐷𝐶即为二面角𝐵−𝑃𝐴−𝐶的平面角，
∵𝐴𝐵=𝑃𝐶=4，𝐴𝐶=2，
∴𝐵𝐶=√𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=2√3，𝑃𝐴=√𝐴𝐶2+𝑃𝐶2=2√5，𝐶𝐷=在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，tan∠𝐵𝐷𝐶=𝐶𝐷=2𝐵𝐶2√34√5𝐴𝐶⋅𝑃𝐶𝑃𝐴=2×42√5=4√5，
=√152，
故二面角𝐵−𝑃𝐴−𝐶的正切值为√．
解析：(1)由𝑃𝐶⊥𝐵𝐶，𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，知𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶，再由面面垂直的判定定理，得证；
(2)由(1)知，𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶，过𝐶作𝐶𝐷⊥𝑃𝐴，连接𝐵𝐷，则∠𝐵𝐷𝐶即为所求，在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，由tan∠𝐵𝐷𝐶=𝐶𝐷，得解．
本题考查空间中线与面的位置关系，二面角的求法，熟练掌握线与面垂直的判定定理或性质定理，以及理解二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
𝑦3，(𝑎>𝑏>0)的离心率等于√，点𝑃(2,√3)在椭圆上．
22.答案：解：(1)∵椭圆𝐶：𝑥+=122𝑎𝑏22215𝐵𝐶∴
𝑎=4𝑐，解得𝑎2=16，𝑏2=4，𝑐=2√3.∴椭圆𝐶的方程为++=116
𝑎2𝑏2{𝑎2=𝑏2+𝑐2√323𝑥2𝑦24=1．
√(2)当𝑙⊥𝑥轴时，𝐵𝑀的方程分别为𝑦=√(𝑥+4)，直线𝐴𝑁、𝑀(2,√3)，𝑁(2,−√3)，𝑦=(𝑥−4)．
−62−433分别化为：√3𝑥+6𝑦+4√3=0，√3𝑥+2𝑦−4√3=0.联立解得𝐺(8,−2√3).猜测常数𝑡=8．
即存在定直线𝑙′：𝑥=𝑡，使得𝑙′与𝐴𝑁的交点𝐺总在直线𝐵𝑀上．
证明：当直线𝑙的斜率存在时，设𝑙的方程为：𝑦=𝑘(𝑥−2)，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝐺(8,𝑡)．
𝑦=𝑘(𝑥−2)联立{2，化为(1+4𝑘2)𝑥2−16𝑘2𝑥+16𝑘2−16=0．
2𝑥+4𝑦=16∴𝑥1+𝑥2=16𝑘21+4𝑘，𝑥1𝑥2=216𝑘2−161+4𝑘2．
⃗⃗⃗⃗⃗
=(𝑥2+4,𝑦2)，三点𝐴，𝑁，𝐺共线．
∵⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐺=(12,𝑡)，⃗𝐴𝑁∴𝑡(𝑥2+4)−12𝑦2=0，∴𝑡=𝑥12𝑦22=+412𝑘(𝑥2−2)𝑥2+4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=(𝑥1−4,𝑦1)，要证明三点𝐵，𝑀，𝐺共线．
由于⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐺=(4,𝑡)，𝐵𝑀即证明𝑡(𝑥1−4)−4𝑦1=0.即证明12𝑘(𝑥2−2)(𝑥1−4)𝑥2+4−4𝑘(𝑥1−2)=0，
32(𝑘2−1)1+4𝑘2而3(𝑥2−2)(𝑥1−4)−(𝑥1−2)(𝑥2+4)=2𝑥1𝑥2−10(𝑥1+𝑥2)+32=∴12𝑘(𝑥2−2)(𝑥1−4)𝑥2+4−160𝑘21+4𝑘2+32=0，
−4𝑘(𝑥1−2)=0成立．
∴存在定直线𝑙′：𝑥=8，使得𝑙′与𝐴𝑁的交点𝐺总在直线𝐵𝑀上．
综上可知：存在定直线𝑙′：𝑥=8，使得𝑙′与𝐴𝑁的交点𝐺总在直线𝐵𝑀上．
𝑎=2解析：(1)由题意可得：4+3=1，解得即可．
𝑎2𝑏2{𝑎2=𝑏2+𝑐2(2)当𝑙⊥𝑥轴时，𝑀(2,√3)，𝑁(2,−√3)，联立直线𝐴𝑁、𝐵𝑀的方程可得𝐺(8,−2√3).猜测常数𝑡=8．
即存在定直线𝑙′：𝑥=𝑡，使得𝑙′与𝐴𝑁的交点𝐺总在直线𝐵𝑀上．当直线𝑙的斜率存在时，设𝑙的方程为：𝑦=𝑘(𝑥−2)，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝐺(8,𝑡).把直线方程与椭圆方程联立可得根与系数的关系，由于⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=(𝑥2+4,𝑦2)，𝑀，𝐺共利用三点共线可得𝑡(𝑥2+4)−12𝑦2=0，只要证明三点𝐵，𝐴𝐺=(12,𝑡)，𝐴𝑁线即可．利用向量的坐标运算及其根与系数的关系即可证明．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、向量的坐标运算、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
𝑐√3